1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Это легко понятьизследующихрассуждений.Внесферыбудеткакое-то распределение напряженности электрического поля E. Если взять поurrток вектора E через поверхность, окружающую сферу, но не окружающую заR ur rr′ряд q, то он должен быть по теореме Гаусса равен полному заряду Q, нахоaθ q′ q дящемуся внутри объема, ограниченного этой поверхностью, умноженному наOl′4π:Il(E ds) = 4πQ .Поскольку в действительности сфера не заряжена Q = 0, поток должен быть равен нулю. Еслимы оставим внутри сферы только заряд q 0 , то поток будет равенI(E ds) = 4πq 0 ,4что неверно, значит, внутрь сферы нужно поместить еще один заряд q 00 , равный по величине ипротивоположный по знаку заряду q 0 , q 00 = −q 0 .Заряд q 00 нужно поместить в такую точку, чтобы сфера осталась эквипотенциальной поверхностью в системе трех зарядов.
Такой точкой является центр сферы. Окончательноϕ(R) =E(R) =00q+ qr0 − qRr0 00qr+ qr03r − qRR3r3приприR ≥ a,R > a.Внутри сферы потенциал постоянен и равен потенциалу на сфереqϕ(R) = ϕ(a) =приR ≤ a,`а поле E = 0. Рассуждения такие же, как и для заземленной сферы.Проводящая оболочка экранирует внешнее поле заряда q. Распределение заряда по поверхности будет иметь вид:q(`2 − a2 )q+=223/24πa(a + ` − 2a` cos θ)4πa`µ¶aa(`2 − a2 )q−.=4πa2 ` (a2 + `2 − 2a` cos θ)3/2в) Заряд внутри сферы. Сфера изолирована.Заряд на сфере равен нулю, поскольку сфера была не заряжена. Если заменить сферу сферическим проводящим слоем некоторой толщины с внутренним радиусом, равным радиусу сферы, топоток вектора E через поверхность, проходящую в толще слоя, равен нулю, так как поле в проводнике E = 0. Отсюда следует, что на внутренней поверхности слоя индуцируется заряд (−q),на внешней – q.
Поля внесенного заряда q и индуцированного на внутренней поверхности заряда(−q) полностью компенсируют друг друга в толще слоя и во всем внешнем пространстве. Чтобы убедиться в этом, достаточно представить все внешнее пространство заполненным проводящейсредой. В проводящей среде E = 0, поэтому ρ = 0. Если теперь убрать электронейтральнуюсреду, то ничего не изменится, поле останется равным нулю и распределение заряда на внутреннейоболочке не зависит от толщины оболочки, а зависит только от места нахождения заряда q.Чтобы индуцированный на внешней поверхности слоя заряд q не создавал в толщине слоя поле,ондолженраспределитьсяравномерно.Понятно,чторавномерностьраспределения заряда на внешней поверхности слоя сохранится, если толщину слоя устремить к нулю.
Напряженность электрического поля внеurur′ra R rсферы от равномерно распределенного по поверхности сферы заряда qθr qбудет такая же, как от точечного заряда q, помещенного в центр сферы:Oq′σ=−ll′E(R) =qRR3приR > a,1. Электростатика5ϕ(R) =qRприR ≥ a.Причем поле вне сферы не зависит от того, где внутри сферы находится внесенный заряд q.Следует заметить, что потенциал вне сферы удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕ = 0 ичто этот потенциал на сфере должен быть константой. Но решение ϕ = const и соответственно E = 0 во всей области вне сферы будет неверным.
Действительно, проводящая сфера делитвсе пространство на две области: внутреннюю с границей, на которой заряд (−q), и внешнюю сграницей, где заряд (+q). Из решения E = 0 следует, что на внешней границе σ = 0. А это неверно.Потенциалq q0ϕ(R) = + 0 + constприR ≤ a.r rИз условия непрерывности потенциала на поверхности сферы следует, чтоconst = q/a. Заряды q и q 0 обладают свойством взаимности: если q 0 является изображениемзаряда q , то и обратно заряд q является изображением заряда q 0 . Заряды q и q 0 создают на сферепотенциал, равный нулю.
Напряженность электрического поля внутри сферыE=a r0qr−qr3` r03приR < a.Поступая так же, как при выводе формулы (2), находим распределение заряда на внутреннейповерхности сферы:q(a2 − `2 )σ=−.4πa(a2 + `2 − 2a` cos θ)3/2Заряды на полусферах будут равныµ¶q(a2 − `2 )11√Q1 =−,2`a2 + `2 a − `¶µq(a2 − `2 )11Q2 =.−√2`a+`a2 + `2Полный заряд на внутренней поверхностиQ1 + Q2 = −q.г) Заряд внутри сферы. Сфера заземлена.Еслизаземлитьсферу,рассмотреннуюсферы,каквыше,тоиследовалопотенциалбыть,сферы6aurRθOrrurr′qq′сравняется с потенциалом земли ϕ = 0 и заряд q с внешней поверхностисферы стечет в землю. Поэтомуll′ϕ=0приR ≥ a,E=0приR > a.Напряженность электрического поля внутри сферы и распределение заряда по внутренней поверхности сферы не изменятся, останутся такими же, как для изолированной сферы. Потенциалq q0+приR ≤ a.r r0Таким образом, заземленная сфера экранирует поле заряда, помещенного внутрь сферы.ϕ(R) =1.2.
(Задача 2.28) Заряд q находится на расстоянии ` от проводящей изолированной сферырадиуса a < ` с зарядом Q. Найти силу взаимодействия заряда со сферой. При каком значениизаряда на сфере эта сила обращается в ноль?Решение Сила взаимодействия заряженной сферы с зарядом q есть сила, с которой действуетсфера на заряд q. Эта сила равна F=qE(`), где E(`) – напряженность электрического поля, которая создается заряженной сферой на меrurQurraRсте заряда q. Для нахождения поля E(`) воспользуемся методом изобq′ r ′ражений (см. 2.27).
Как было показано в задаче 2.27, поле индуцироl′(Q−q′)ванных зарядов незаряженной сферы можно представить суперпозициейqполей, создаваемых двумя точечными зарядами: q 0 = −qa/` , располоlженным на расстоянии `0 = a2 /` от центра сферы, и (−q 0 ), расположенным в центре сферы. Нетрудно понять, что в случае заряженной сферы для определения поля вовнешнем пространстве, создаваемого сферой, нужно к зарядам q 0 и (−q 0 ) добавить заряд сферы,поместив его в центр, чтобы поверхность сферы осталась эквипотенциальной. Итак,¢·¡¸·¸Q + qa/`qa/``Q qa3 (2`2 − a2 ) `E(`) =−= 2− 3 2,`2(` − `´)2 ``` (` − a2 )2 `·¸Qq q 2 a3 (2`2 − a2 ) `F=− 3 2.`2` (` − a2 )2 `Если зарядa3 (2`2 − a2 ),Q>q`(`2 − a2 )2то сфера отталкивает заряд q.
При`1Q<qa3 (2`2 − a2 )`(`2 − a2 )21. Электростатика7сфера притягивает заряд q. КогдаQ=qa3 (2`2 − a2 ),`(`2 − a2 )2сила равна нулю. Сила, действующая со стороны заряда на сферу, равна (−F).1.3. (Задача 2.31) Внутри пространства, заполненного металлом, имеется сферическая полостьрадиуса `. В полости на расстоянии h от ее центра находится заряженное с линейной плотностьюκ кольцо радиуса `. Найти потенциал и напряженность поля в центре кольца.2πκ`aa2 `0Решение ϕ = 2πκ − √ 2 2 √,где`=2 +`2 – радиус кольца изображения, рас2h020h +`положенногонарасстоянии2πκa`(h0 −h)Ez = − √ 2 2 02 0 2 3/2 .h +` [` +(h −h) ]` +(h −h)0h=a2 hh2 +`2отцентраполости.1.4.
(Задача 2.32) Заземленная проводящая плоскость имеет выступ в формеполусферы радиуса a. Центр полусферы лежит на плоскости. На оси симметриисистемы на расстоянии b > a от плоскости находится точечный заряд q. Найтипотенциал электрического поля, а также заряд Q, индуцированный на выступе.Решение ϕ = q/r1 − q/r2 + q 0 /r3 − q 0 /r4 ,2где q 0 = −q ab ³, b0 = ab ; ri показанына рисунке´и Qинд = −q 1 −b2 −a2√b b2 +a2.1.
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 8Электростатика в среде Уравнения Максвела в однородной среде с диэлектрической проницаемостью в дифференциальной форме имеют вид:div D = 4πρсвоб , rot E = 0,(1)где D = E + 4πP = εE . Вектор поляризации P – дипольный момент единицы объема, P =ε−1E.4πИнтегральная форма уравнений Максвелла:ZZIDn dS = 4πqсвоб ,E` d` = 0 ,(2)Sгде qсвоб – свободный заряд в объеме интегрирования, откуда получаются граничные условия:D1n | − D2n | = 4πσсвоб , или ε1 E1n | − ε2 E2n | = 4πσсвоб , E1τ | = E2τ | .(3)Поле точечного заряда (закон Кулона) в средеE(r) =Потенциал точечного зарядаq r.εr2 rZϕточ = −E` d` =(4)q+C.εr(5)Часто константу C выбирают равной 0.Энергия для совокупности зарядов1X1W =qi ϕ k =2 i6=k2=18πµZZρϕ dV +¶Zσϕ dS +κϕ d`=(6)ZεE 2 dV .1.1.
(Задача 2.3) Найти силу, действующую на малый заряд q, помещенный в бесконечнуюузкую щель в диэлектрике с проницаемостью ε, если диэлектрик находится во внешнем электрическом поле E так, что ось щели образует угол α с направлением внешнего поля.Решение Обозначим штрихом значения поля в щели2EEn0 = εEn = εE sin ααEt0 = Et = E cos αp|E 0 | = E ε2 sin2 α + cos2 αrcos2 α|F| = q|E|ε sin2 α +ε2.1.2.
(Задача 2.4) Точечный заряд q расположен на плоской границе раздела двух однородных бесконечных диэлектриков с проницаемостями ε1 и ε2 . Найти напряженность и индукциюэлектрического поля, а также его потенциал.Решение Потенциал ϕ удовлетворяет уравнению Лапласа и из симметрии задачи может зависеть только от R и угла θ (см. рисунок). Кроме того, на границераздела диэлектриков (z = 0) должны удовлетворяться граничные услоZurвия: 1) непрерывность касательной составляющей напряженности элекθ Rтрического поля E1τ |z=0 =E2τ |z=0 или потенциала электрического поляε2 0ϕ1 |z=0 = ϕ2 |z=0 ; 2) непрерывность нормальной составляющей вектораε1 qэлектрической индукции D1n |z=0 = D2n |z=0 , поскольку div D = 4πρ,где ρ – плотность свободных зарядов в диэлектрике, а везде кроме началакоординат свободные заряды отсутствуют.Попробуем найти решение в виде потенциала от точечного заряда в вакууме, умноженного наконстанту:qϕ1 = a 1приz ≤ 0,Rqприz ≥ 0.ϕ2 = a 2RЭти функции удовлетворяют уравнению Лапласа.
Из непрерывности потенциала при z = 0 следует равенство констант a1 = a2 = a, значит, ϕ = aq/R. Равенство касательных составляющихэлектрического поля удовлетворяется автоматически, посколькуE = − grad ϕ = aqR/R3 .Кроме того, на границе раздела, вообще, нормальная составляющая En = 0, так как векторR лежит в плоскости раздела при z = 0. Отсюда следует, что выполняется второе условие:D1n |z=0 = D2n |z=0 = 0, так какD1 = ε1 E = ε1 aqRR, D2 = ε2 E = ε2 aq 3 .3RR1. Электростатика3Чтобы найти коэффициент a, вычислим поток вектора D через сферу радиуса R с центром взаряде:Φ = D1 2πR2 + D2 2πR2 .С другой стороны, по теореме Гаусса Φ = 4πq. Приравнивая эти два выражения, получаем a =2/(ε1 + ε2 ).Итак,2q2q Rϕ=,E=,ε1 + ε2 Rε1 + ε2 R3D1 =2ε1 qRε1 + ε2 R 3приz<0,D2 =2ε2 qRε1 + ε2 R 3приz>0.Найденная функция потенциала удовлетворяет уравнению Лапласа и граничным условиям, значит,она является решением рассматриваемой задачи.1.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
